LeetCode-60. 第k个排列
2020-09-05
问题地址
LeetCode60. 第k个排列
问题描述
规则
- 给出集合 [1,2,3,…,n]，其所有元素共有 n! 种排列。
- 按大小顺序列出所有排列情况，并一一标记，当 n = 3 时, 所有排列如下：
"123"
"132"
"213"
"231"
"312"
"321"
- 给定 n 和 k，返回第 k 个排列。
说明：
- 给定 n 的范围是 [1, 9]。
- 给定 k 的范围是[1, n!]。
示例1
输入: n = 3, k = 3
输出: "213"
输入: n = 4, k = 9
输出: "2314"
解析
解题思路
复杂度分析
数据操作分析
编码实现
官方解法
数学 + 缩小问题规模
思路：
- 要想解决本题，首先需要了解一个简单的结论：
- 对于 n 个不同的元素（例如数 1, 2, \cdots, n），它们可以组成的排列总数目为 n!
- 对于给定的 n 和 k，我们不妨从左往右确定第 k 个排列中的每一个位置上的元素到底是什么。
- 我们首先确定排列中的首个元素 a_1 。根据上述的结论，我们可以知道：
- 以 1 为 a_1 的排列一共有 (n-1)! 个；
- 以 2 为 a_1 的排列一共有 (n-1)! 个；
- $\cdots$；
- 以 n 为 a_1 的排列一共有 (n-1)! 个。
- 由于我们需要求出从小到大的第 k 个排列，因此：
- 如果 k \leq (n-1)!，我们就可以确定排列的首个元素为 1；
- 如果 (n-1)!<k \leq 2 · (n-1)! 我们就可以确定排列的首个元素为 2；
- $\cdots$
- 如果 (n-1) \cdot (n-1)!<k \leq n \cdot (n-1)!，我们就可以确定排列的首个元素为 n;
- 因此，第 k 个排列的首个元素就是：a_1 = \lfloor \frac{k-1}{(n-1)!} \rfloor + 1
- 其中 \lfloor x \rfloor 表示将 x 向下取整。
- 当我们确定了 a_1 后，如何使用相似的思路，确定下一个元素 a_2 呢？实际上，我们考虑以 a_1 为首个元素的所有排列：
- 以 [1,n] \backslash a_1 最小的元素为 a_2 的排列一共有 (n-2)! 个；
- 以 [1,n] \backslash a_1 次小的元素为 a_2 的排列一共有 (n-2)! 个；
- $\cdots⋯$
- 以 [1,n] \backslash a_1 最大的元素为 a_2 的排列一共有 (n-2)! 个；
- 其中 [1,n] \backslash a_1 表示包含 1, 2, \cdots n 中除去 a_1 以外元素的集合。这些排列从编号 (a_1-1) \cdot (n-1)! 开始，到 a_1 \cdot (n-1)! 结束，总计(n-1)! 个，因此第 k 个排列实际上就对应着这其中的第 k’ = (k-1) \bmod (n-1)! + 1 个排列。这样一来，我们就把原问题转化成了一个完全相同但规模减少 1 的子问题：
- 求 [1, n] \backslash a_1 这 n−1 个元素组成的排列中，第 k’ 小的排列。
算法
- 设第 k 个排列为 a_1, a_2, \cdots, a_n ，我们从左往右地确定每一个元素 a_i 。我们用数组 \textit{valid} 记录每一个元素是否被使用过。
- 我们从小到大枚举 i：
- 我们已经使用过了 i-1 个元素，剩余 n-i+1 个元素未使用过，每一个元素作为 a_i 都对应着 (n-i)! 个排列，总计 (n-i+1)! 个排列；
- 因此在第 k 个排列中，a_i 即为剩余未使用过的元素中第 \lfloor \frac{k-1}{(n-i)!} \rfloor + 1 小的元素；
- 在确定了 a_i 后，这 n-i+1 个元素的第 k 个排列，就等于 a_i 之后跟着剩余 n-i 个元素的第 (k-1) \bmod (n-i)! + 1 个排列。
- 在实际的代码中，我们可以首先将 k 的值减少 1，这样可以减少运算，降低代码出错的概率。对应上述的后两步，即为：
- 因此在第 k 个排列中，a_i 即为剩余未使用过的元素中第 \lfloor \frac{k}{(n-i)!} \rfloor + 1 小的元素；
- 在确定了 a_i 后，这 n-i+1 个元素的第 k 个排列，就等于 a_i 之后跟着剩余 n-i 个元素的第 k \bmod (n-i)! 个排列。
- 实际上，这相当于我们将所有的排列从 0 开始进行编号。
复杂度分析：
- 时间复杂度，O(n^2)。
- 空间复杂度，O(N)。
class Solution {
public String getPermutation(int n, int k) {
int[] factorial = new int[n];
factorial[0] = 1;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
factorial[i] = factorial[i - 1] * i;
}
--k;
StringBuffer ans = new StringBuffer();
int[] valid = new int[n + 1];
Arrays.fill(valid, 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int order = k / factorial[n - i] + 1;
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
order -= valid[j];
if (order == 0) {
ans.append(j);
valid[j] = 0;
break;
}
}
k %= factorial[n - i];
}
return ans.toString();
}
}
思考题
对于给定的排列 a_1, a_2, \cdots, a_n，你能求出 k 吗？
解答：
k = \left( \sum_{i=1}^n \textit{order}(a_i) \cdot (n-i)! \right) + 1
精彩评论
跳转地址：深度优先遍历 + 剪枝、有序数组模拟
思路
- 一句话题解：以下给出了两种方法，思路其实是一样的：通过 计算剩余数字个数的阶乘数，一位一位选出第 k 个排列的数位。
思路分析
- 容易想到，使用同「力扣」第 46 题： 全排列 的回溯搜索算法，依次得到全排列，输出第 kk 个全排列即可。事实上，我们不必求出所有的全排列。
- 基于以下几点考虑：
- 所求排列 一定在叶子结点处得到，进入每一个分支，可以根据已经选定的数的个数，进而计算还未选定的数的个数，然后计算阶乘，就知道这一个分支的 叶子结点 的个数：
- 如果 k 大于这一个分支将要产生的叶子结点数，直接跳过这个分支，这个操作叫「剪枝」；
- 如果 k 小于等于这一个分支将要产生的叶子结点数，那说明所求的全排列一定在这一个分支将要产生的叶子结点里，需要递归求解。
- 所求排列 一定在叶子结点处得到，进入每一个分支，可以根据已经选定的数的个数，进而计算还未选定的数的个数，然后计算阶乘，就知道这一个分支的 叶子结点 的个数：
下面以示例 2：输入: n = 4，k = 9，介绍如何使用「回溯 + 剪枝」的思想得到输出 “2314”:
编码注意事项
- 计算阶乘的时候，可以使用循环计算。注意：0!=1，它表示了没有数可选的时候，即表示到达叶子结点了，排列数只剩下 1 个；
- 题目中说「给定 nn 的范围是 [1,9]」，可以把从 0 到 9 的阶乘计算好，放在一个数组里，可以根据索引直接获得阶乘值；
- 编码的时候，+1 还是 −1 ，大于还是大于等于，这些不能靠猜。常见的做法是：代入一个具体的数值，认真调试。
方法一：回溯搜索算法 + 剪枝 ，直接来到叶子结点
- 说明:
- 这里感谢 @target-2 朋友提供的建议，在 dfs(index + 1, path); 后加上 return 剪枝更彻底；
- @happycoder-3 将这一版代码改成了循环形式，更直接。大家可以参考 这里。
- 复杂度分析
- 时间复杂度：O({N^2})，具体原因请见 @Jerry Tse 在本文下的回复；
- 空间复杂度：O(N)，nums、used、path 都与 N 等长，factorial 数组就 10 个数，是常数级别的。
- 对于回溯算法（深度优先遍历）还比较陌生的朋友，可以参考我的题解 《回溯算法入门级详解 + 练习（持续更新）》。
import java.util.Arrays;
public class Solution {
/**
* 记录数字是否使用过
*/
private boolean[] used;
/**
* 阶乘数组
*/
private int[] factorial;
private int n;
private int k;
public String getPermutation(int n, int k) {
this.n = n;
this.k = k;
calculateFactorial(n);
// 查找全排列需要的布尔数组
used = new boolean[n + 1];
Arrays.fill(used, false);
StringBuilder path = new StringBuilder();
dfs(0, path);
return path.toString();
}
/**
* @param index 在这一步之前已经选择了几个数字，其值恰好等于这一步需要确定的下标位置
* @param path
*/
private void dfs(int index, StringBuilder path) {
if (index == n) {
return;
}
// 计算还未确定的数字的全排列的个数，第 1 次进入的时候是 n - 1
int cnt = factorial[n - 1 - index];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (used[i]) {
continue;
}
if (cnt < k) {
k -= cnt;
continue;
}
path.append(i);
used[i] = true;
dfs(index + 1, path);
// 注意 1：没有回溯（状态重置）的必要
// 注意 2：这里要加 return，后面的数没有必要遍历去尝试了
return;
}
}
/**
* 计算阶乘数组
*
* @param n
*/
private void calculateFactorial(int n) {
factorial = new int[n + 1];
factorial[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
factorial[i] = factorial[i - 1] * i;
}
}
}
- k -= cnt; 这一步，每一次剪枝太慢，事实上，可以用除法加快这一步骤。但是需要维护一个有序数组（或者链表），时间复杂度不变。
方法二：有序数组（链表）模拟
-
思路分析：以 n = 4，k = 6，为例，现在确定第 1 个数字填啥。如果第 k 个数恰好是后面的数字个数的阶乘，那么第 1 个数字就只能填最小的 1。
-
如果 n = 4，k = 16，现在确定第 1 个数字填啥。如果 k 大于后面的数字个数的阶乘。数一数，可以跳过几个阶乘数。
-
其实这个思路很像方法一的「剪枝」，只不过方法一就减法，方法二用除法。事实上，方法二要维护数组的有序性，所以时间复杂度不变。根据以上思路，设计算法流程如下：
- 算法流程设计：
- 把候选数放在一个 有序列表 里，从左到右根据「剩下的数的阶乘数」确定每一位填谁，公式 k / (后面几位的阶乘数) 的值 恰好等于候选数组的下标；
- 选出一个数以后，k 就需要减去相应跳过的阶乘数的倍数；
- 已经填好的数需要从候选列表里删除，注意保持列表的有序性（因为排列的定义是按照字典序）；
- 由于这里考虑的是下标，第 k 个数，下标为 k – 1，一开始的时候，k–。
- 每次选出一个数，就将这个数从列表里面拿出。这个列表需要支持频繁的删除操作，因此使用双链表。在 Java 中 LinkedList 就是使用双链表实现的。
下面看算法是如何在示例 2 上工作的：
- 复杂度分析
- 时间复杂度：O({N^2})，N是数组长度；
- 空间复杂度：$O(N)。
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
public class Solution {
public String getPermutation(int n, int k) {
// 注意：相当于在 n 个数字的全排列中找到下标为 k - 1 的那个数，因此 k 先减 1
k --;
int[] factorial = new int[n];
factorial[0] = 1;
// 先算出所有的阶乘值
for (int i = 1; i < n; i++) {
factorial[i] = factorial[i - 1] * i;
}
// 这里使用数组或者链表都行
List<Integer> nums = new LinkedList<>();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
nums.add(i);
}
StringBuilder stringBuilder = new StringBuilder();
// i 表示剩余的数字个数，初始化为 n - 1
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
int index = k / factorial[i] ;
stringBuilder.append(nums.remove(index));
k -= index * factorial[i];
}
return stringBuilder.toString();
}
}